2022-2023學(xué)年高中物理 第一章 靜電場 第8節(jié) 電容器的電容課時作業(yè) 新人教版選修3-1

2022-2023學(xué)年高中物理 第一章 靜電場 第8節(jié) 電容器的電容課時作業(yè) 新人教版選修3-11下列關(guān)于電容器及其電容的敘述正確的是()A任何兩個彼此絕緣而又相互靠近的導(dǎo)體，就組成了電容器，跟這兩個導(dǎo)體是否帶電無關(guān)B電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)和C電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比D一個固定電容器的電荷量增加Q10×106 C時，兩板間電壓升高10 V，則電容器的電容無法確定解析：選A電容器既然是儲存電荷的容器，它里面有無電荷不影響其儲存電荷的能力，A正確；電容器所帶的電荷量指任一極板電荷量的絕對值，B錯誤；電容器的電容由電容器結(jié)構(gòu)決定，不隨帶電荷量的變化而變化，C錯誤；由C可求電容器的電容，D錯誤2某位移式傳感器的原理示意圖如圖所示，E為電源，R為電阻，平行金屬板A、B和介質(zhì)P構(gòu)成電容器，當(dāng)可移動介質(zhì)P向左勻速移出的過程中()A電容器的電容變大B電容器的電荷量保持不變CM點的電勢比N點的電勢低D流過電阻R的電流方向從M到N解析：選D當(dāng)可移動介質(zhì)P向左勻速移出的過程中，介電常數(shù)減小，電容器電容變小，選項A錯誤；電容器的電壓等于電源電動勢不變，電荷量QCU減小，選項B錯誤；電容器放電，電流方向MRN，M點的電勢比N點的電勢高，選項C錯誤，D正確3(2018·江西臨川一中質(zhì)檢)如圖所示是測定液面高度h的電容式傳感器示意圖，E為電源，G為靈敏電流計，A為固定的導(dǎo)體芯，B為導(dǎo)體芯外面的一層絕緣物質(zhì)，C為導(dǎo)電液體已知靈敏電流計指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關(guān)系為電流從左邊接線柱流進電流計，指針向左偏如果在導(dǎo)電液體的深度h發(fā)生變化時觀察到指針正向左偏轉(zhuǎn)，則()A導(dǎo)體芯A所帶電荷量在增加，液體的深度h在增大B導(dǎo)體芯A所帶電荷量在減小，液體的深度h在增大C導(dǎo)體芯A所帶電荷量在增加，液體的深度h在減小D導(dǎo)體芯A所帶電荷量在減小，液體的深度h在減小解析：選D電流計指針向左偏轉(zhuǎn)，說明流過電流計G的電流由左右，則導(dǎo)體芯A所帶電荷量在減小，由QCU可知，導(dǎo)體芯A與液體形成的電容器的電容減小，則液體的深度h在減小，故D正確4板間距為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時，兩極板間電勢差為U1，板間電場強度為E1現(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?Q，板間距變?yōu)閐，其他條件不變，這時兩極板間電勢差為U2，板間電場強度為E2，下列說法正確的是()AU2U1，E2E1BU22U1，E24E1CU2U1，E22E1DU22U1，E22E1解析：選C由公式E、C和C可得E，所以Q加倍，E也加倍，再由UEd可得U相等，C正確課時作業(yè) 學(xué)生用書P123(單獨成冊)一、單項選擇題1如圖所示，為某一電容器中所帶電荷量和兩端電壓之間的關(guān)系圖線，若將該電容器兩端的電壓從40 V降低到36 V，對電容器來說正確的是()A是充電過程B是放電過程C該電容器的電容為50×102 FD該電容器所帶電荷量的變化量為020 C解析：選B由QCU知，U降低，Q減小，故為放電過程，A錯，B對；由C F5×103 F，可知C錯；QCU5×103×4 C002 C，D錯2一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是()AC和U均增大BC增大，U減小CC減小，U增大 DC和U均減小解析：選B由公式C知，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容C增大，由公式C知，電荷量不變時U減小，B正確3一個空氣平行板電容器，極板間距離為d，正對面積為S，充上電荷量Q后，兩極板間電壓為U，為使電容器的電容加倍，可采用的辦法是()A將電壓變?yōu)锽將帶電荷量變?yōu)?QC將極板正對面積變?yōu)镈將兩極板間距離變?yōu)榻馕觯哼xD電容器的電容與電容器極板上的電荷量、極板間電壓無關(guān)，故選項A、B錯誤；由電容的決定式C可知選項D正確，C錯誤4如圖所示是一只利用電容器電容(C)測量角度()的電容式傳感器的示意圖，當(dāng)動片和定片之間的角度()發(fā)生變化時，電容(C)便發(fā)生變化，于是通過知道電容(C)的變化情況就可以知道角度()的變化情況下列圖象中，最能正確反映角度()與電容(C)之間關(guān)系的是()解析：選B兩極板正對面積S()R2，則S()，又因為CS，所以C()，令Ck()，解得(k為常數(shù))，所以B正確5如圖所示，將平行板電容器接在電池組兩極間，兩板間的帶電塵埃恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)若將兩板緩慢地錯開一些，其他條件不變，則()A電容器帶電荷量不變B電源中將有電流從正極流出C塵埃仍靜止D電流計中將有電流，電流方向ba解析：選C電容器與電池組連接，其電壓不變，帶電塵埃靜止，靜電力與重力平衡，qEmg，兩極板錯開時電場強度不變，故C正確；因電容減小，由QCU知電荷量Q減小，電容器放電，電流方向ab，A、B、D錯誤6如圖所示，平行板電容器的兩極板A、B接于電源兩極，一帶正電的小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合S，電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為，下列說法中正確的是()A保持S閉合，將A板向B板靠近，則增大B保持S閉合，將A板向B板靠近，則不變C斷開S，將A板向B板靠近，則增大D斷開S，將A板向B板靠近，則減小解析：選A保持S閉合，則電容器兩極板間的電壓不變，由E可知，當(dāng)A板向B板靠近時，E增大，增大，選項A正確，B錯誤；斷開S，則兩極板帶的電荷量不變，由QCUE可知，將A板向B板靠近，并不改變極板間的電場強度，故不變，選項C、D錯誤7如圖，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d；在下極板上疊放一厚度為l的金屬板，其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運動重力加速度為g粒子運動的加速度為()Ag BgCg Dg解析：選A帶電粒子在電容器兩極板間時受到重力和電場力的作用，最初處于靜止?fàn)顟B(tài)，由二力平衡條件可得：mgq；當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，電容器兩極板間的電勢差不變，但兩極板間的距離發(fā)生了變化，引起電場強度發(fā)生了變化，從而電場力也發(fā)生了變化，粒子受力不再平衡，產(chǎn)生了加速度，根據(jù)牛頓第二定律mamgq，兩式聯(lián)立可得ag二、多項選擇題8一個電容器的規(guī)格是“100 F、25 V”，對這兩個數(shù)據(jù)的理解正確的是()A這個電容器加上25 V電壓時，電容才是100 FB這個電容器最大電容是100 F，當(dāng)帶電荷量較小時，電容小于100 FC這個電容器所加電壓不能高于25 VD這個電容器所加電壓可以低于25 V，但電容不變，總是100 F解析：選CD100 F代表電容器的電容，與所帶電荷量和所加電壓無關(guān)，25 V是指電容器耐壓值為25 V，當(dāng)其兩端電壓超過25 V時，電容器將被擊穿9連接在電源兩極上的平行板電容器，當(dāng)兩極板間距離減小時()A電容器的電容C變大B電容器極板的帶電荷量變大C電容器兩極板間的電勢差U變大D電容器兩極板間的電場強度E變大解析：選ABD電容器兩極板間距離減小，由C得其電容變大，所以A正確；因為電容器連在電源上，所以兩極板間的電壓保持不變，故C錯誤；由QCU得電容器所帶電荷量變大，所以B正確；由E知，兩極板間的場強變大，所以D正確10一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極板間有一正電荷(電荷量很小)固定在P點，如圖所示，以E表示兩極板間的電場強度，U表示電容器的電壓，Ep表示正電荷在P點的電勢能，若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則()AU變小，E不變BE變大，Ep變大CU變小，Ep不變DU不變，Ep不變解析：選AC電容器充電后與電源斷開，說明電容器帶的電荷量不變由C，U，推出Ud，因此正極板向負極板接近，即d變小時，U變??；又由E，Ud，故E不變，選項A正確，選項B、D錯誤負極板接地即以負極板作為零電勢點，電場強度E不變，P點的電勢不變，正電荷在P點的電勢能也不變，選項C正確三、非選擇題11如圖所示，平行板電容器的兩個極板A、B分別接在電壓為U60 V的恒壓電源上，兩極板間距為d3 cm，電容器帶電荷量為Q6×108 C，A極板接地求：(1)平行板電容器的電容C；(2)平行板電容器兩板之間的電場強度E；(3)距B板為2 cm的P點處的電勢P解析：(1)由電容定義知CF1×109F(2)兩板之間為勻強電場，電場強度大小為E V/m2×103 V/m，方向豎直向下(3)P點距A板間距離為dAPddBP1 cmA與P間電勢差UAPEdAP20 V又因為UAPAP，A0可得P20 V答案：(1)1×109F(2)2×103 V/m，方向豎直向下(3)20 V12如圖所示，兩塊豎直放置的平行金屬板A、B，板間距離d004 m，兩板間的電壓U400 V，板間電場可視為勻強電場在A、B兩板上端連線的中點Q的正上方，距Q為h125 m的P點處有一帶正電的小球，已知小球的質(zhì)量m5×106 kg，電荷量q5×108 C設(shè)A、B板足夠長，g取10 m/s2試求：(1)帶正電的小球從P點開始由靜止下落，經(jīng)多長時間和金屬板相碰；(2)相碰時，離金屬板上端的距離多大解析：(1)設(shè)小球從P到Q需時間t1，由hgt得t1 s05 s，小球進入電場后其飛行時間取決于靜電力產(chǎn)生的加速度a，設(shè)小球在電場中的運動時間為t2，則有qEma，E，at，以上三式聯(lián)立，得t2d004× s002 s，運動總時間tt1t205 s002 s052 s(2)小球由P點開始由靜止下落，在豎直方向上始終做自由落體運動，在時間t內(nèi)的位移為ygt2×10×(052)2 m1352 m相碰時，與金屬板上端的距離為syh1352 m125 m0102 m答案：(1)052 s(2)0102 m